京都大学 2023年度 前期日程 一般選抜理系数学 第6問

(1) $c=\cos \theta$ とおく。加法定理より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \cos 3\theta }& {\displaystyle =\cos (2\theta +\theta )}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\cos 2\theta \cos \theta -\sin 2\theta \sin \theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(2c^2-1)c-2(1-c^2)c}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =4c^3-3c}\end{array}$$である。また$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \cos 4\theta }& {\displaystyle =2{\cos }^{2}2\theta -1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2(2c^2-1{)}^2-1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =8c^4-8c^2+1}\end{array}$$である。したがって$$\cos 3\theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta ,\cos 4\theta =8{\cos }^4\theta -8{\cos }^2\theta +1$$である。

(2)
そのような正の整数 $m,n$ は存在しないことを示す。背理法で，$$\theta =\frac{m}{n}\pi$$ となる正の整数 $m,n$ が存在すると仮定する。このとき $q=2n$ とおけば $q\theta =2m\pi$ である。 $$b_k=2\cos k\theta (k=0,1,2,\dots )$$ とおく。$\cos \theta =1\mathrm{/}p$ なので $$b_0=2,b_1=\frac{2}{p}$$ である。また三角関数の和積公式から $$2\cos (k+1)\theta +2\cos (k-1)\theta =4\cos k\theta \cos \theta$$ であるから $$b_{k+1}+b_{k-1}=\frac{2}{p}{b}_k$$ すなわち $$b_{k+1}=\frac{2}{p}{b}_k-b_{k-1}$$ である。

ここで $$b_k=\frac{A_k}{p^k}$$ と書く。$A_0=2$，$A_1=2$ であり，漸化式に代入すると$$\frac{A_{k+1}}{p^{k+1}}=\frac{2}{p}\cdot \frac{A_k}{p^k}-\frac{A_{k-1}}{p^{k-1}}$$だから $A_{k+1}=2A_k-p^2{A}_{k-1}$ である。よってすべての $A_k$ は整数である。

さらに $k\geqq 1$ について，この漸化式を $p$ で割った余りで見ると $A_{k+1}\equiv 2A_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ である。$A_1=2$ だから帰納的に $A_k\equiv 2^k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)(k\geqq 1)$ である。$p$ は3以上の素数なので，$2^k$ は $p$ で割り切れない。したがって $A_k\text{ は }p\text{ で割り切れない}$ ことが分かる。

一方，仮定より $q\theta =2m\pi$ であるから $b_q=2\cos (q\theta )=2$ である。したがって $$\frac{A_q}{p^q}=2$$ となり，$A_q=2p^q$ である。これは $A_q$ が $p$ で割り切れることを意味し，上で示した結論に反する。

よって $\theta =(m\mathrm{/}n)\pi$ となる正の整数 $m,n$ は存在しない。

(1) は倍角公式から求める。(2) は $P_0(X)=2,P_1(X)=X,P_{k+1}(X)=X{P}_k(X)-P_{k-1}(X)$ と定める。加法定理から $P_k(2\cos \theta )=2\cos k\theta$ を示す。$P_k$ は最高次係数1の整数係数多項式なので，$\theta \mathrm{/}\pi$ が有理数なら $2\mathrm{/}p$ が最高次係数1の整数係数方程式の有理数解となり，有理数解の性質に反する。

(1) $$\cos 3\theta =2\cos \theta \cos 2\theta -\cos \theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$$である。また$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \cos 4\theta }& {\displaystyle =2{\cos }^{2}2\theta -1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =2(2{\cos }^2\theta -1{)}^2-1}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =8{\cos }^4\theta -8{\cos }^2\theta +1.}\end{array}$$(2)
そのような正の整数 $m,n$ は存在しないことを示す。

多項式 $P_k(X)$ を$$P_0(X)=2,P_1(X)=X,P_{k+1}(X)=X{P}_k(X)-P_{k-1}(X)$$で定める。加法定理から$$2\cos (k+1)\theta =(2\cos \theta )(2\cos k\theta )-2\cos (k-1)\theta$$であるから，帰納的に$$P_k(2\cos \theta )=2\cos k\theta$$が成り立つ。また漸化式から，$k\geqq 1$ では $P_k(X)$ は最高次係数1の整数係数 $k$ 次多項式である。

ここで $\theta =m\pi \mathrm{/}n$ となる正の整数 $m,n$ が存在すると仮定する。すると$$P_{2n}(2\cos \theta )=2\cos (2n\theta )=2$$である。$\cos \theta =1\mathrm{/}p$ だから，$2\mathrm{/}p$ は最高次係数1の整数係数多項式$$P_{2n}(X)-2$$の有理数解となる。

整数係数多項式の有理数解では，既約分数で表した分母は最高次係数を割り切る。ところが最高次係数は1であるから，$2\mathrm{/}p$ は整数でなければならない。$p$ は3以上の素数なので $2\mathrm{/}p$ は整数ではなく，矛盾する。

したがって $\theta =(m\mathrm{/}n)\pi$ となる正の整数 $m,n$ は存在しない。